高考數學備考沖刺之易錯點點睛系列專題 函數教師版

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1、 高考數學精品復習資料 2019.5 函數 一、高考預測 本部分內容的主要考點是：函數的表示方法、分段函數、函數的定義域和值域、函數的單調性、函數的奇偶性、本部分在高考試卷中一般以選擇題或填空題的形式出現(xiàn)，考查的重點是函數的性質和圖象的應用，重在檢測考生對該部分的基礎知識和基本方法的掌握程度.復習該部分以基礎知識為主，注意培養(yǎng)用函數性質和函數圖象分析問題和解決問題的能力.二次函數、指數函數、對數函數是中學數學的重要函數模型，也是函數內容的主體部分，因此是高考重點考查的對象，在每年的高考試題中都會涉及到對這幾種函數模型的考查

2、，既有可能在選擇題、填空題中出現(xiàn)，也有可能在解答題中出現(xiàn)，從難度上看，容易題、中檔題、難題均有可能出現(xiàn)，以考查這些函數的圖象與性質為主，同時還經常將對這些內容的考查與其他知識融合在一起，體現(xiàn)知識點的交匯. 二、知識導學 要點1：函數三要素 定義域的求法：當函數是由解析式給出時，求函數的定義域，就是由函數的解析式中所有式子都有意義的自變量x組成的不等式(組)的解集；當函數是由具體問題給出時，則不僅要考慮使解析式有意義，還應考慮它的實際意義． 求函數值域的常用方法 ：觀察法、不等式法、圖象法、換元法、單調性法等． 函數的表示法：函數的表示法：解析法、圖象法和列表法．當一個函數在定義域的不

3、同區(qū)間上具有不同的對應關系時，在不同的定義域區(qū)間上的函數解析式也不同，就要用分段函數來表示．分段函數是一個函數． 要點2．函數的圖象 1.解決該類問題要熟練掌握基本初等函數的圖象和性質，善于利用函數的性質來作圖，要合理利用圖象的三種變換．2.在研究函數性質特別是單調性、最值、零點時，要注意用好其與圖象的關系、結合圖象研究． 要點3．函數的性質 (1)函數的奇偶性：緊扣函數奇偶性的定義和函數的定義域區(qū)間關于坐標原點對稱、函數圖象的對稱性等對問題進行分析轉化，特別注意“奇函數若在x＝0處有定義，則一定有f(0)＝0，偶函數一定有f(|x|)＝f(x)”在解題中的應用． (2)函數的單調性

4、：一是緊扣定義；二是充分利用函數的奇偶性、函數的周期性和函數圖象的直觀性進行分析轉化．函數的單調性往往與不等式的解、方程的解等問題交匯，要注意這些知識的綜合運用． 要點4．二次函數 1.求二次函數在某段區(qū)間上的最值時，要利用好數形結合， 特別是含參數的兩種類型：“定軸動區(qū)間，定區(qū)間動軸”的問題，抓住“三點一軸”，三點指的是區(qū)間兩個端點和區(qū)間中點，一軸指的是對稱軸． 2．注意三個“二次”的相互轉化解題 3．二次方程實根分布問題，抓住四點：“開口方向、判別式Δ、對稱軸位置、區(qū)間端點函數值正負．” 要點5．指數函數與對數函數 1.利用指數函數與對數函數的性質比較大小 (1)底數相同

5、，指數不同的冪用指數函數的單調性進行比較； 底數相同，真數不同的對數值用對數函數的單調性進行比較．(2)底數不同、指數也不同，或底數不同、真數也不同的兩個數，可以引入中間量或結合圖象進行比較． 2．對于含參數的指數、對數問題，在應用單調性時，要注意對底數進行討論，解決對數問題時，首先要考慮定義域，其次再利用性質求解． 要點6．函數模型的實際應用 解決函數模型的實際應用題，首先應考慮該題考查的是何種函數，并要注意定義域，然后結合所給模型，列出函數關系式，最后結合其實際意義作出解答．明確下面的基本解題步驟是解題的必要基礎： →→→ 要點7．函數零點 1.函數零點（方程的根）的確定問題，

6、常見的類型有（1）零點或零點存在區(qū)間的確定；（2）零點個數的確定；（3）兩函數圖象交戰(zhàn)的橫坐標或有幾個交點的確定；解決這類問題的常用方法有：解方程法、利用零點存在的判定或數形結合法，尤其是那些方程兩端對應的函數類型不同的方程多以數形結合法求解。 2．函數零點（方程的根）的應用問題，即已知函數零點的存在情況求參數的值或取值范圍問題，解決該類問題關鍵是利用函數方程思想或數形結合思想，構建關于參數的方程或不等式求解。 3.用二分法求函數零點近似值，用二分法求函數零點近似值的步驟（1）確定區(qū)間[a,b]，驗證f(a)f(b)<0,給定精確度；（2）求區(qū)間(a,b)的中點；（3）計算f();①當f(

7、)=0,則就是函數的零點；②若f(a)f()<0,則令b=(此時零點)，③若f()f(b)<0,則令a=(此時零點)。(4)判斷是否達到其精確度，則得零點近似值，否則重復以上步驟。 三、易錯點點睛 命題角度1 函數的定義域和值域 1．對定義域Df、Dg的函數y=f(x)，y=g(x)，規(guī)定：函數h(x)= (1)若函數f(x)=,g(x)=x2，寫出函數h(x)的解析式; (2)求問題(1)中函數h(x)的值域． [考場錯解] (1)∵f(x)的定義域Df為(-∞，1)∪(1，+∞)，g(x)的定義域Dg為R. ∴h(x)= (2)當x≠1時，h(x)==x-1

8、++2≥4．或h(x)= ∈(-∞，0)∪(0，+∞)． ∴h(x)的值域為(4，+∞)，當x=1時，h(x)=1．綜合，得h(x)的值域為{1}∪[4，+∞]． [專家把脈] 以上解答有兩處錯誤：一是當x∈Df但xDg時，應是空集而不是x≠1．二是求h(x)的值域時，由x≠1求h(x)=x-1++2的值域應分x>1和x<1兩種情況的討論． [對癥下藥] (1)∵f(x)的定義域Df=(-∞，1)∪(1，+∞)g(x)的定義域是Dg=(-∞，+∞)．所以，h(x)= ∴≤a≤1或a≤-2．故當BA時，實數a的取值范圍是(-∞，-2)∪[，1]. [專家把脈] 由函

9、數的概念知函數的定義域為非空集合，所以錯解中a=1時B= ，說明函數不存在， 因此 a=1不適合． [對癥下藥] (1)由2-≥0，得≥0，∴x<-1或x≥1．即A=(-∞，-1)∪[1，+∞]． (2)由(x-a-1)(2a-x)＞0，得(x-a-1)(x-2a)<0， 當a=1時，B= ，∵定義域為非空集合，∴a≠1．當 a<1時，a+1>2a，∴B=(2a，a+1)，∵BA， ∴2a≥1或a+1≤-1，即a≥或a≤-2．而a<1，∴≤a≤1或a≤-2， 故當BA時，實數a的取值范圍是(-∞，-2)∪[，1]． 3．記函數f(x)=lg(2x-3)的定義域為集合M，函數g

10、(x)=的定義域為集合N．求集合M，N； 集合M∩N．M∪N. [考場錯解] (1)由2x-3＞0解得x＞．∴M={x|x＞}．由1-≥0 得x-1≤x-3∴-1≤-3．∴N= ． (2)∴M∩N=．M∪N={x|x>}． [專家把脈] 求集合N時解不等式1-≥0兩邊同乘以(x-1)不等號不改變方向，不符合不等式性質，應先移項化為≥0的形式再轉化為有理不等式，求解，另外定義域不可能為非空集合．∴N=顯然是錯誤的． [對癥下藥] (1)由2x-3＞0，得x＞．∴M={x|x＞}．由1-≥0得 ∴x≥3或x<1．∴N={x|x≥3或x<1}． (2)∴M∩N={x|

11、x>}∩{x|x≥3或x>1}={x|x≥3}．M∪N={x|x>}∪{x|x≥3或x>1}={x|x>或x<1}． 4．若集合M={y|y=2-x}，P={y|y=}，則M∩P等于 ( ) A．{y|y＞1} B．{y|y≥1} C.{y|y>0} D．{y|y≥0} [考場錯解] 選A或B [專家把脈]錯誤地認為是求函數y=2-x和y=的定義域的交集．實際上是求兩函數的值域的交集． [對癥下藥] ∵集合中的代表元素為y，∴兩集合表示兩函數的值域，又∴M={y|y=2-x}={y|y>0}，P={y|y=}={y|y≥

12、0}．∴M∩P={y|y＞0}，故選C． 專家會診1。對于含有字母的函數求定義域或已知其定義域求字母參數的取值范圍，必須對字母酌取值情況進行討論，特別注意定義域不能為空集。2．求函數的值域，不但要重視對應法則的作用，而且要特別注意定義域對值域的制約作用． 命題角度2 函數單調性的應用 1．已知a≥0，且函數f(x)=(x2-2ax)ex在[-1，1]上是單調函數，求a的取值范圍． [考場錯解] ∵f′(x)=ex(x2-2ax)+ex(2x-2a)=ex[x2+2(1-a)x-2a] 又∵f(x)在[-1，1]上是單調函數，f′(x)≥0在[-1，1]上恒成立.即 ex

13、[x2+2(1-a)x-2a≥0在[-1，1]上恒成立． ∵ex>0，g(x)=x2+2(1-a)x-2a≥0在[-1，1]上恒成立．即或△=4(1-a)2+8a＜0或 解得：a∈．故f(x)在[-1，1]上不可能為單調函數． [專家把脈] 上面解答認為f(x)為單調函數,f(x)就只能為單調增函數，其實f(x)還有可能為單調減函數，因此應令f′(x)≥0或f′(x)≤0在[-1，1]上恒成立． [對癥下藥] f′(x)=ex(x2-2ax)+ex(2x-2a)=ex[x2+2(1-a)x-2a] ∵f(x)在[-1，1]上是單調函數．(1)若f(x)在[-1，1]

14、上是單調遞增函數． 則f′(x)≥0在[-1，1]上恒成立，即ex[x2+2(1-a)x-2a]≥0在[-1，1]上恒成立．∵ex>0．∴g(x)=x2+2(1-a)x-2a≥0在[-1，1]上恒成立，則有或△=4(1-a)2+8a＜0或 解得，a∈． (2)若f(x)在[-1，1]上是單調遞減函數，則f′(x)≤0在[-1，1]上恒成立． ∴ex[x2+2(1-a)x-2a]≤0在[-1，1]上恒成立． ∵ex>0．∴h(x)=x2+2(1-a)x-2a≤0在[-1，1]上恒成立．則有∴當a∈[，+∞]時，f(x)在[-1，1]上是單調函數． 2．已知函數f(

15、x)=ax+(a＞1) (1)證明：函數f(x)在(-1，+∞)上為增函數； (2)用反證法證明方程f(x)=0沒有負數根． [考場錯解] (1)設-1＜x1＜x2，f(x2)-f(x1)=ax2+ax2-ax1+＞0． ∴f(x)在(-1，+∞)上是增函數． (2)設x0為方程f(x)=0的負數根，則有ax0+=0．即ax0==-1+， ① ∵x0≠-1，∴當-13，-1+>2，而＜ax0<1 與①矛盾． ∴原方程沒有負數根． [專家把脈] 第(1)問錯在用定義證明函數單調性時，沒有真正地證明f(x2

16、)>f(x1)．而只是象征性地令f(x2)-f(x1)＞0這是許多學生解這類題的一個通病．第(2)問錯在把第(1)問的條件當成第(2)問的條件，因而除了上述證明外，還需證明x0<-1時，方程也沒有負根． [對癥下藥] （1）設-10，又a>1，∴ax2-x1>1．而-10，x2+1>0． ∴f(x2)-f(x1)＞0∴f(x)在(-1，+∞)上為增函數． (2)設x0為方程f(x)=0的負數根，則有ax0+=0．即ax0

17、=-1+ 顯然x0≠-1， 當0＞x0＞-1時，1＞x0+1＞0，＞3，-1+>2．而-1的解．當x0<-1時．x0+1＜0<0，-1+＜-1，而ax0>0矛盾．即不存在x0<-1的解． 3．若函數f(x)=l0ga(x3-ax)(a＞0且a≠1)在區(qū)間(-，0)內單調遞增，則a的取值范圍是 ( ) A.[，1] B.[，1] C.[，+∞] D.(1，-) [考場錯解] A當a∈(0，1)時，要使f(x)=loga(x3-ax)在區(qū)間(-，0)上單調遞增．∴x3-ax＞0在(-，0)上恒成立，∴(-)3+a

18、≥0 a≥.綜合得a∈[，1].當a>1時，x3-ax>0在(-,0)上不可能成立． 函數，不能說 f(x)在(a，b)∪(c，d)上一定是增(減)函數． 3．設函數y=f(u)，u=g(x)都是單調函數，那么復合函數y=f[g(x)]在其定義域上也是單調函數．若y=f(u)與u=g(x)的單調性相同，則復合函數y=f[g(x)]是增函數；若y=f(u)，u=g(x)的單調性相反，則復合函數y=f[g(x)]是減函數．列出下表以助記憶． y=f(u) u=g(x) y=f[g(x)] ↗ ↗ ↗ ↗ ↘ ↘ ↘ ↘ ↗ ↘ ↗ ↘ 上述規(guī)律可概括為“同

19、性則增，異性則減”． 命題角度3 函數的奇偶性和周期性的應用 1．定義在R上的偶函數f(x)滿足f(x)=f(x+2)，當x∈ [3，4]時,f(x)=x-2．則 ( ) A．f(sin)＜f(cos) B．f(sin)＞f(cos) C．f(sin1)＜f(cos1) D.f(sin)＜f(cos) [考場錯解] A 由f(x)=f(x+2)知T=2為f(x)的一個周期．設x∈[-1，0]知x+4∈[3，4] ∴f(x)=f(x+4)=x+4-2=x+2．∴f(x)在[-1，0]上是增函數又f(x)為偶函數．∴f(x)=f(-x)

20、∴x∈[0，1]時,f(x)=x+2，即f(x)在[0，1]上也是增函數．又∵sin＜cosf(sin)＜f(cos)． [專家把脈] 上面解答錯在由f(x)=f(-x)得f(x)=x+2這一步上，導致錯誤的原因主要是對偶函數圖像不熟悉． [對癥下藥] C 由f(x)=f(x+2)知T=2為f(x)的一個周期，設x∈[-1，0]，知x+4∈[3，4] ∴f(x)=f(x+4)=x+4-2=x+2． ∴f(x)在[-1，0]上是增函數．又∵f(x)為偶函數，∴f(x)的圖像關于y軸對稱． ∴f(x)在[0，1]上是減函數． A：sin

21、)>f(cos) B：sin＞cosf(sin)＞f(cos)． C：sin1>cos1f(sin1)

22、x)在[0，+∞]上仍是減函數，導致答案選錯． [對癥下藥] D ∵f(x)是偶函數，∴f(-x)=f(x)=f(|x|)．∴f(x)<0．f(|x|)＜f(2)．又∵f(x)在(-∞，0)上是減函數，∴f(x)在[0，+∞]上是增函數，|x|＜2-2

23、=0． ∴f(x)+f(x-1)=0 ∴f(5)+f(4)=0．f(3)+f(2)=0．f(1)+f(0)=0．∴f(5)+f(4)+f(3)+f(2)+f(1)=-f(0) [專家把脈] 上面解答忽視了奇函數性質的運用．即f(x)在x=0處有定義f(0)=0． [對癥下藥] 填0 依題意f(-x)=-f(x)．f(x)=f(1-x)．∴f(-x)=-f(1-x) 即f(-x)+f(1-x)= 0 f(x)+f(x-1)=0 ∴f(5)+f(4)=0，f(3)+f(2)=0．f(1)+f(0)=0．又∵f(x)在x=0處有定義，∴f(0)=0∴f(5)+f(4)+

24、f(3)+f(2)+f(1)=f(1)=-f(0)=O. 4．設函數f(x)在(-∞，+∞)上滿足f(2-x)=f(2+x)．f(7-x)=f(7+x)，且在閉區(qū)間[0，7]上，只有f(1)=f(3)=0． (1)試判斷函數y=f(x)的奇偶性； (2)試求方程f(x)=0在閉區(qū)間[-2005，2005]上根的個數，并證明你的結論． [考場錯解] 依題意f(x)=f(4-x)．f(x)=f(14-x)．∴f(4-x)=f(14-x)，∴f(x)=f(x+10)∴f(x)是以 10為周期的函數,f(3)=0．∴f(-3)=f(7)=0．∴f(3)=f(-3)=-f(3)．∴f(x

25、)既是奇函數又是偶函數． (2)由(1)知f(x)是周期為10的周期函數，又f(3)=f(1)=0，∴f(11)=f(13)=f(-)=f(-9)=0． 故f(x)在[0，10]上有兩個解，從而可知函數y=f(x)在[0，2005]上有401個解．[-2005，0]上有401個解，所以函數丁y=f(x)在[-2005，2005]上有802個解． [專家把脈] (1)對題意理解錯誤，題設中“在閉區(qū)間[0，7]上，只有f(1)=f(3)=0”說明除了f(1)、f(3)等于 0外再不可能有f(7)=0．(2)因f(x)在R上既不是奇函數，又不是偶函數．不能認為x∈[0

26、，10]，[-10，0]上各有兩個解，則認為在[0，2005]與在[-2005，0]上解的個數相同是錯誤的，并且f(x)=0在[0，2005]上解的個數不是401個，而是402個． 反函數．當a∈[2，+∞)．對稱軸x=a在區(qū)間[1，2]的右側，∴f(x)在 [1，2]上是減函數．∴f(x)存在反函數． [專家把脈] 上面解答只能說明A或B是f(x)存在反函數的充分條件，并不是充要條件． [對癥下藥] ∵一個函數在某區(qū)間上存在反函數的充要條件是此函數在這個區(qū)間上是單調函數． ∴對稱軸x=a不應在(1，2)內，∴a≤1或a≥2．故選C. 2． y=(1≤x≤2)的

27、反函數是 ( ) A.y=1+(-1≤x≤1) B.y=1+(0≤x≤1) C.y=1-(-1≤x≤1) D.y=1-(0≤x≤1) [考場錯解] C ∵y2=2x-x2．∴(x-1)2=1-y2．∴x-1=-，∴x=1-．x、y對換得y=1- 又1-x2≥0．∴-1≤x≤1．因而f(x)的反函數為y=1-(-1≤x≤1)． [專家把脈] 上面解答有兩處錯誤(一)∵1≤x≤2,∴x-1≥0．由(x-1)2=1-y2開方取“正號”而不是取“負號”；(二)反函數的定義域應通過求原函數的值域而得到，而不是由反函數解析式確定． [

28、對癥下藥] B 由y=(x-1)2=1-y2．∴x∈[1，2]x-1∈[0，+∞]． ∴x-1==1+．x、y對換得y=1+ 又∵y=(1≤x≤2)． ∴0≤y≤1即原函數值域為[0，1]．所以反函數為y=1-(0≤x≤1).選B. 3． 設f-1(x)是函數f(x)=(ax-a-x)(a＞1)的反函數，則使f-1(x)＞1成立的x的取值范圍為 ( ) A．(，+∞) B．(-∞，) C．(,a) D．(a，+∞) [考場錯解] C ∵y= (ax-a-x)，∴a2x-2yax-1=0．ax==y+．∴x=loga(y+)，x

29、、y對換．∴f-1(x)=loga(x+)(x∈R)又∵f-1(x)＞1，∴l(xiāng)oga(x+)＞1x +＞a. ＞a-x∴1 ∴l(xiāng)oga(x+)>1x+>a＞a-x＜x＜+∞. 解法2：利用原函數與反函數的定丈域、值域的關系．原題等價于x>

30、1時，f(x)=(ax-a-x)的值域，∴f(x)=(ax-a-x)在R上單調遞增．∴f(x)＞(a-)=．選A. 4. 設函數f(x)的圖像關于點(1，2)對稱，且存在反函數f-1(x)，f(4)=0，f-1(4)=________． [考場錯解] 填0 ∵y=f(x)的圖像關于點(1，2)對稱，又∵f(4)=0，∴f(0)=4，∴f-1(4)=0 [專家把脈] 上面解答錯在由圖像過點(4，0)得到圖像過點(4，0)上，因為f(x)圖像關于點(1，2)對稱不是關于y=x對稱，因此應找出圖像過點(-2，4)是關鍵． [對癥下藥] 填-2． 解

31、法1 ∵f(4)=0，∴f(x)的圖像過點(4，0)．又∵f(x)的圖像關于點(1，2)對稱，∴f(x)的圖像過點 (2-4，4-0)即(-2，4)．∴f(-2)=4．∴f-1(4)=-2． 解法2 設y=f(x)上任一點P(x、y)關于點(1，2)對稱的點為P′(2-x，4-y)．依題意4-y=f(2-x)，∴4-f(x)=f(2-x)f(x)+f(2-x)=4．令x=4．∴f(4) +f(-2)=4.又f(4)=0，∴f(-2)=4．∴f-1(4)=-2． 專家會診 1.求反函數時必須注意：(1)由原解析式解出x=f-1(y)，如求出的x不唯一，3x2-2x在(-1，1)上恒成立．

32、 設g(x)=3x2-2x=3(x-)2-．∵對稱軸為x=．∴g(x)0．即f(x)在(-1，1)上是增函數．故t的取值范圍是[5，+∞]． 2．已知函數f(x)=ax-x2的最大

33、值不大于，又當x∈時，f(x)≥. (1)求a的值; (2)設0

34、癥下藥] (1)由于f(x)=ax-x2=-(x-)2+ ∴f(x)的最大值為.∴≤,即a2≤1．∴-1≤a≤1 又x∈時，f(x)≥，即f(x)≥在上恒成立．∴≤[f(x)]min.由①得-1≤a≤1．∴-≤a≤.∴f(x)在上的最小值為f()=-.∴-≥．解得a≥1 ② 由①,②得a=1. (2)(i)當n=1時,0＜a1<，不等式00，x∈(0，)，所以0

35、f(ak)-2x的解集為(1，3)． (1)若方程f(x)+6a=0有兩個相等的根，求f(x)的解 (2)若f(x)的最大值為正數，求a的取值范圍． [考場錯解] (1)設f(x)=ax2+bx+c(a≠0)．∵f(x)+2x=ax2+(b+2)x+c>0的解集．為(1，3)，∴1、3是方程ax2+(b+2)x+c=0的兩根，∴ ∴f(x)=ax2-(2+4a)x+3a ① 由方

36、程f(x)+6a=0得ax2-(2+4a)x+9a=0 ② ∵方程②有兩個相等的根，∴△=[-(2+4a)]2-4a9a=0即 5a2-4a-1=0，解得a=1或a=-. ∴f(x)的解析式為f(x)=x2-6x+9或f(x)=- x2-x-. (2)由f(x)=ax2-(2+4a)x+3a=a(x-)2-可得f(x)的最大值為-． 令->0a(a+2+)(a+2-)<0解得0<-2-或-2+

37、隱含條件a＜0．所以(1)應舍去a=1．另外第(2)問若沒有a＜0這個條件，也不能說f(x)的最大值是-，從而很不容易求得a的范圍． ②區(qū)間端點函數值的正負；③對稱軸x=-與區(qū)間端點的關系．另外，對于二次函數在閉區(qū)間上的最值要抓住頂點的橫坐標與閉區(qū)間的相對位置確定二次函數的單調性進行求解. 命題角度6 指數函數與對數函數的圖象和性質的應用 1．函數y=e｜lnx｜-|x-1|的圖像大致是 ( ) [考場錯解] 選A或B或C [專家把脈] 選A，主要是化簡函數y=e｜lnx｜-|x-1|不注意分x≥1和x<1兩種情況討論，選B，主要是化簡時錯誤地認

38、為當，x<1時，e｜lnx｜-|x-1|=-.選C，主要時當x≥1時化簡錯誤． [對癥下藥] D ∵f(x)=e｜lnx｜-|x-1|=作出其圖像即可 2．(典型例題)在y=2x，y=log2x，y=x2，y=cos2x這四個函數中，當0恒成立的函數的個數是 ( ) A.0 B．1 C．2 D．3 [考場錯解] C [專家把脈] 對四個函數圖像不熟悉導致錯誤．由題設條件知F(x)在(0，1)上是凸函數，認為y=log2x和y=cos2x在(0，1)上是凸函數．其實y=cos2x在(0，)是凸函數，

39、在(，1)是凹函數. [對癥下藥] B 根據條件，當0恒成立知f(x)在(0，1)上是凸函數，因此只有y=log2x適合．y=2x和y=x2在(0，1)上是函數．y=cos2x在(0，)是凸函數，但在(，1)是凹函數，故選B． 3．若函數f(x)=loga(2x2+x)(a>0且a≠1)在區(qū)間(0, )內恒有f(x)>0，則f(x)的單調遞增區(qū)間為 A.(-∞，-) B．(-，+∞) C．(0，+∞) D．(-∞，-) [考場錯解] 選A或C [專家把脈] 選A，求f(x)的單調區(qū)間時沒有考慮函數定義

40、域導致錯誤；選C，求復合函數的單調區(qū)間時沒有注意內、外層函數均遞減時，原函數才是增函數．事實上 (0，+∞)是f(x)的遞減區(qū)間． [對癥下藥] D ∵f(x)=loga(2x2+x)(a>0且a≠1)在區(qū)間(0，)內恒有f(x)>0，若a>1，則由f(x)>0 x>或x<-1．與題設矛盾.∴00x>0或x<-.∴f(x)在(-∞，-)內是增函數． 4．已知函數f(x)=ln(ex+a)(a>0) (1)求函數y=f(x)的反函數y=f-1(x)及f(x)的導數f′(x)． (2)假設對任意x∈[ln(3a)，ln(4a)

41、]．不等式｜m-f-1(x)｜lnf′(x)<0成立．求實數m的取值范圍． [考場錯解] (1)由y=f(x)=ln(ex+a)得x=ln(ey-a)．∴f-1(x)=ln(ex-a)(x>lna)，f′(x)=[ln(ex+a)]′= (2)由｜m-f-1(x)｜+ln[f′(x)]<0得-ln+ln(ex-a)

42、n(3a)，ln(4a)]上是增函數．∴[h(x)]min=ln(2a)+ln=ln(a)． [S(x)]max=ln(3a)-ln=ln(a) ∴l(xiāng)n(a)lna)，f′(x)= . (2)解法1 由｜m-f-1(x)｜+ln(f′(x))< 0得-ln+ln(ex-a)

43、x-a)+ln．即對于x∈[ln(3a)，ln(4a)]恒有0 ∴u(t)，v(t)在[3a，4a]上是增函數． 因此，當t∈[3a，4a]時，u(t)的最大值為u(4a)= a，v(t)的最小值為v(3a)=a，而不等式②成立，當且僅當u(4a)

44、｜m-f-1(x)｜+ln(f′(x))<0得ln(ex-a)-ln(ex+a)+x0，r′(x)>0，從而可知(x)與r(x)均在[ln(3a)，h(4a)]上單調遞增，因此不等式③成立，當且僅當(ln(4a))

45、 專家會診 論由指數函數和對數函數構成的復合函數的單調性時，首先要弄清復合函數的構成，然后轉轉化為基本初等函數的單調性加以解決，注意不可忽視定義域，忽視指數和對數的底數對它們的圖像和性質起的作用. 命題角度 7 函數的應用 1．某公司在甲，乙兩地銷售一種品牌車，利潤(單位：萬元)分別為L1=5．06x-0．15x2，和L2=2x，其中x為銷售量(單位：輛)．若該公司在這兩地共銷售15輛車，則能獲得的最大利潤為 ( ) A．45．606 B．45．6 C．46．8 D．46．806 [考場錯解] D 設甲地銷售x軸，則乙地銷售15-x輛．總

46、利潤L=L1+L2=5.06x-0．15x2+2(15-x)= -0．15x2+3．06x+30=-O．15(x-)2+46.806 ∴當x=時，獲得最大利潤46．806萬元．故選D. [專家把脈] 上面解答中x=不為整數，在實際問題中是不可能的，因此x應根據拋物線取與x=接近的整數才符合題意． [對癥下藥] B 設甲地銷售x輛．則乙地銷售(15-x)輛，則總利潤L=L1+L2=5．06x-0．15x2+2(15-x)= -0．15x2+3．06x+30=-0．15(x-10．2)2+46．806． 根據二次函數圖像和x∈N*，∴當x=10時，獲得最大利

47、潤L=-0．15102+3．0610+30=45．6萬元．選B． 2．甲方是一農場，乙方是一工廠，由于乙方生產須占用甲方的資源，因此甲方有權向乙方索賠以彌補經濟損失并獲得一定凈收入，在乙方不賠付甲方的情況下，乙方的年利潤x(元)與年產量t(噸)滿足函數關系x=2000，若乙方每生產一噸產品必須賠付甲方S元(以下稱S為賠付價格)． (1)將乙方的年利潤W(元)表示為年產量t(噸)的函數，并求出乙方獲得最大利潤的年產量． (2)甲方每年受乙方生產影響的經濟損失余額y=0．002t2.在乙方按照獲得最大利潤的產量進行生產的前提下，甲方要在索賠中獲得最大凈收入，應向乙方要求的賠

48、付價格S是多少? [考場錯解] (1)因為賠付價格為S元／噸，所以乙方的實際利潤為： W=2000-St=(2000-S)=S(2000-)≤S=10003S．當且僅當=2000-.即t=106(噸)時．W取得最大值． (2)設甲方凈收入為v元，則v=St-0.002t2,將t=106代入上式v=106S-10120.002=106(S-2103). ∵v在(0，+∞)上是增函數．即S越大，v越大，故甲方要在索賠中獲得最大凈收入，應向乙方要求的賠付價格S是任意大的數字． [專家把脈] 上面解答主要在第(1)問求w的最值時，變形出了錯誤，即由w=2000-St=S(2000-)正

49、確的變形為w=2000-St=S(-)．這一步出錯導致后面結果都是錯誤的． [對癥下藥] (1)解法1 因為賠付價格為S元／噸，所以乙方的實際年利潤為：W=2000-St ∵W=2000-St=S(-)≤S=()2當且僅當=-即t=()2時，W取得最大值． ∴乙方取得最大年利潤的年產量t=()2噸． 解法2 因為賠付價格為S元／噸，所以乙方的實際年利潤為W=2000-St． ∴W=2000-St=-S(-)2+ ∴當t=()2時，w取得最大值． ∴乙方取得最大年利潤的年產量t=()2 (噸) 解法3 因為賠付價格為S元／噸，

50、所以乙方的實際年利潤為：w=2000-St． 由w′=-S=,令w′=0得t=t0=()2．當t0；當t>t0時，w′<0．所以t=t0時w取得最大值．因此乙方取得最大年利潤的年產量t0=()2噸． 設甲方凈收入為v元，則v=St-0．002t2． 將t=()2代入上式，得到甲方凈收入v與賠付價格S之間的函數關系式v=-.又v′=--令v′=0得S=20，當S<20時，v′>0；當S>20時，v′<0，∴S=20時，v取得最大值．因此甲方向乙方要求賠付價格S=20(元／噸)時，獲得最大凈收入． 3．某段城鐵線路上依次有A，B，C三站，AB=5km，BC=3km在列車運行

51、時刻表上，規(guī)定列車8時整從A站發(fā)車，8時07分到達B站并停車1分鐘，8時12分到達C站，在實際運行時，假設列車從A站正點發(fā)車，在B站停留1分鐘，并在行駛時以同一速度vkm／h，勻速行駛，列車從A站到達某站的時間與時刻表上相應時間之差的絕對值稱為列車在該站的運行誤差． (1)分別寫出列車在B、C兩站的運行誤差； (2)若要求列車在B，C兩站的運行誤差之和不超過2分鐘，求v的取值范圍． [考場錯解] (1)列車在B、C兩站的運行誤差(單位：分鐘)分別是|-7|和|-11| (2)由于列車在B、C兩站的誤差之和不超過2分鐘，所以|-7|+|-11|≤2(*) 當0

52、形為-y+-11≤2 解得≤v≤．當

53、2，解得時，(*)式變形為7-+11-≤2，解得

54、的水平距離為x， 則P(x，)(x＞200)，由經過兩點的直線的斜率公式 kPC==kPB=.由直線PC到直線PB的角的公式得： tan ∠BPC= 設u=∴ux2-(288u-64)x+160640u=0 ① ∵u≠0∵x∈R.△=(288u-64)2-4160640u2≥0. 解得 u≤2． 當u=2時，x=320．即此人距山崖320米時，觀看鐵塔的視角∠BPC最大． [專家把脈] 上述解答過程中利用x∈R由判別式法求u的最大值是錯誤的，因為x＞200，即由判別式求得u的最大值，還必須檢驗方程①的根在(200，+∞)內． [對癥下藥] 如圖所示，建立平

55、面直角坐標系，則A(200，0)，B(0，220)，C(0，300)．直線l的方程為y=(x-200)tanα，即y=. 設此人距山崖的水平距離為x，則P(x，)(x＞200)．由經過兩點的直線的斜率公式 kPC=,kPB=.由直線PC到直線PB的角的公式得 tan∠BPC== 要使tan∠BPC達到最大，只須x+達到最?。删挡坏仁? x+≥2,當且僅當x=時上式取得等號．故當x=320時tan∠BPC最大．由此實際問題知，0<∠BPC<，所以tan∠BPC最大時，∠BPC最大，故當此人距山崖水平距離為320米時，觀看鐵塔的視角∠BPC最大． 5．某公司生產一種

56、產品的固定成本(即固定投入)為0．5萬元，但每生產100件需要增加投入0．25萬元，市場對此產品的需要量為500件，銷售收入為函數為R(x)=5x-(0≤x≤5)，其中x是產品售出的數量(單位：百件)． (1)把利潤表示為年產量的函數f(x)．(2)年產量是多少時，當年公司所得利潤最大? (3)年產量是多少時，當年公司不虧本?(取=4．65)． 即年產量是475件時，當年公司所得利潤最大． (3)當0≤x≤5時，由f(x)≥0，-(x-4.75)2+≥0 ∴0．1≤x≤5．(ⅱ)當x>5時，12-0．25x≥05

57、件不虧本． 專家會診 與函數有關的應用題經常涉及到物價、路程、產值、環(huán)保、稅收、市場信息等實際問題，也可涉及角度、面積、體積、造價的最優(yōu)化問題，解答這類問題的關鍵是建立相關函數的解析式，然后應用函數知識加以解決.在求得數學模型的解后應回到實際問題中去，看是否符合實際問題. 四、典型習題導練 1、則的值為 . 【解析】． 2、已知是定義在上的單調遞增函數，且滿足，則實數的取值范圍是 A. B. C. D. 4、若關于的不等式的解集為非空集，則實數的取值范圍是_________ 【解析】當時即所以解

58、得；當時即所以解得故實數的取值范圍是 5、已知，，規(guī)定：當時, ；當時, ，則 A. 有最小值,最大值1 B. 有最大值1,無最小值 C. 有最小值,無最大值 D. 有最大值,無最小值 【解析】畫出與的圖象,它們交于A、B兩點. 由“規(guī)定”，在A、B兩側, 故；在A、B之間, ,故.綜上可知, 的圖象是圖中的實線部分, 因此有最小值-1,無最大值 6、下列函數中，滿足“對任意的，當時，總有”的是（ ） A． B． C． D． 【解析】本題考查了函數單調性的定義，以及基本初等函數的單調，即反比例函數、二次函數、指數函數和對數函數單調

59、性的應用．∵對任意x1、x2∈，當x1＜x2時，都有f（x1）＞f（x2），∴函數在上是減函數；A、由于，由二次函數的性質知，在上是減函數，在上是增函數，故A不對； B、根據對數的真數大于零得函數的定義域為，故B不對； C、由反比例函數的性質知，此函數函數在上是減函數，故C正確； D、由于e＞1，則由指數函數的單調性知，在上是增函數，故D不對；故選C． 7、已知的展開式中的常數項為，是以為周期的 偶函數，且當時，，若在區(qū)間內，函數有4個零點，則實數的取值范圍是 ． 【解析】按二項式公式展開得，函數有4個零點，等價于函數與，再利用數形結合可得． 當x∈[0,2)時，＝log2

60、(x＋1)，則的值為（ ） A．－2 B．－1 C．2 D．1 【解析】由＝知是周期為2的函數， ∴＝＝＝log22＋log21＝1. 10、如果直線和函數的圖像恒過同一個定點，且該定點始終落在圓的內部或圓上，那么的取值范圍是________. 【解析】根據指數函數的性質，可知函數恒過定點.將點代入，可得. 由于始終落在所給圓的內部或圓上，所以. 由，解得或，這說明點在以和為端點的線段上運動，所以的取值范圍是. :11、設集合函數 且， 則的取值范圍是 . 【解析】本題考查分段函數及不等式綜合應用。則，由得即，所

61、以，解得，又因為，所以故答案為： 12、已知函數，且關于的方程有且只有一個實根，則實數的范圍是（ ） A. B. C. D. 【解析】本題可采用數形結合的方法解答.如圖，在同一坐標系內分別作出的圖象，其中表示直線在軸的截距，結合圖形可知當時，直線與只有一個交點. 即. 【答案】D 13、若函數，則函數在，上的不同零點個數為 A．2 B．3 C．4 D．5 【解析】注意分段．，， 當時，，則上恒成立．故在上為單調遞增函數，又，，故在上有1個根．同理可分析得在，上各有1個根，在上無根．綜上可． ∵, ∴

62、 Q—． P=．【答案】C 15、設，若，滿足，則的取值范圍是 . 【解析】的圖像關于軸對稱，且，，由得：.,. 16、已知函數，則當時，下列結論正確的是 A. B.C. D. A．“同伴函數”至少有一個零點 B. 是一個“同伴函數” C. 是一個“同伴函數” D. 是唯一一個常值“同伴函數” 【解析】 A正確，令，得．所以．若，顯然有實數根；若，．又因為的函數圖象是連續(xù)不斷，所以在上必有實數根．因此任意的“同伴函數”必有根，即任意“同伴函數”至少有一個零點． B錯誤．用反證法，假設是一個“同伴函數”，則即 對任意實數x成立，所以

63、，而此式無解，所以不是一個“同伴函數”． C錯誤.因為的定義域不是R. D錯誤，設是一個“同伴函數”，則，當時，可以取遍實數集，因此不是唯一一個常值“同伴函數”． 19、已知二次函數的最小值為且關于的不等式的解集為,（1）求函數的解析式；（2）求函數的零點個數. 【解析】本題主要考查二次函數與一元二次不等式的關系，函數零點的概念，導數運算法則、用導數研究函數圖像的意識、考查數形結合思想，考查考生的計算推理能力及分析問題、解決問題的能力． （1）是二次函數, 且關于的不等式的解集為 ,, 且. 4分, 且,6分故函數的解析式為 (2) ,. 8分 的取值變化情況如下：

64、 單調增加 極大值 單調減少 極小值 單調增加 當時, ；12分又.13分 故函數只有1個零點,且零點14分 20、已知函數的定義域為且，對任意都有 數列滿足N.證明函數是奇函數;求數列的通項公式;令N, 證明:當時,. (本小題主要考查函數、數列、不等式等知識, 考查化歸與轉化、分類與整合的數學思想方法，以及抽象概括能力、推理論證能力、運算求解能力和創(chuàng)新意識) 【解析】（1）由于對任意，都有， 令，得，解得. …… 1分 令，得，∵， ∴，即.…… 2分 ∴

65、函數是奇函數. …… 3分 （2）解：先用數學歸納法證明.①當時，，得, 結論成立. ②假設時, 結論成立, 即,當時, 由于, , 又.∴.即時, 結論也成立. 由①②知對任意N, .…… 4分 求數列的通項公式提供下面兩種方法. 法1:.…………… 5分 ∵函數是奇函數， ∴. ∴. …… 6分 ∴數列是首項為，公比為的等比數列. ∴數列的通項公式為. ……… 7分 法2: ∵ …… 5分 , ∴.… 6分 ∴數列是首項為，公比為的等比數列. ∴數列的通項公式為.………… 7分 （3）證法1：由（2）知，∵， ∴. … 8分∴N，且 ∴N,且.… 9分當且N時, …… 10分 …… 11分 . ∴. … 12分∵,∴當時,.… 13分 ∴當時,. 14分 ………… 12分 右邊.……… 13 ∴時，不等式也成立. 由①②知，當時,成立.………… 14分 證法3：由（2）知，故對，有 .… 8分